2019届高考数学二轮复习第二篇考点二数列考查角度1等差、等比数列的综合应用突破训练文.docx

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1、1考查角度 1 等差、等比数列的综合应用分类透析一 根据已知条件求通项例 1 已知数列 an的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn= an- a1(nN *),且 a1-1,2a2,a3+7 成等差32 12数列 .(1)求数列 an的通项公式;(2)令 bn=2log9an(nN *),求数列 的前 n 项和 Tn.1bnbn+1分析 (1)根据 an= 可得出 an的递推公式,再根据 a1-1,2a2,a3+7 成S1,n=1,Sn-Sn-1,n 2等差数列解方程计算 a1即可得出 an;(2)分析数列 通项的结构特征,选择用裂项相消1bnbn+1法求 Tn.解析 (1)由 Sn= an-

2、a1得 2Sn=3an-a1.32 12由 作差得 an=3an-1(n2),2Sn=3an-a1,2Sn-1=3an-1-a1(n 2), 数列 an是公比为 3 的等比数列 .又 a1-1,2a2,a3+7 成等差数列, 4a2=a1+a3+6,即 12a1=a1+9a1+6,解得 a1=3,a n=3n.(2)由(1)得 bn=2log93n=n, = - ,1bnbn+11n 1n+1T n=1- + - + - = .121213 1n 1n+1 nn+1方法技巧 已知 Sn求 an的一般步骤:(1)利用 a1=S1,求出 a1.(2)用 n-1 替换 Sn中的 n 得到一个新的关系

3、,利用 an=Sn-Sn-1(n2)便可求出当 n2 时an的表达式 .(3)对 a1进行检验,看是否符合当 n2 时 an的表达式,若符合,则可以把数列的通项公式合写;若不符合,则应该分 n=1 与 n2 两段来写 .2例 2 (2018 道里区校级二模)已知数列 an为正项数列, a1=3,且 -an+1an=2 (nN *).anan+1 (1an+ 1an+1)(1)求数列 an的通项公式;(2)若 bn= +(-1)nan,求 bn的前 n 项和 Sn.2an分析 (1)由数列的递推公式可求出数列 an的通项公式;(2)利用分组求和法和分类讨论法可求出 Sn.解析 (1) - =2

4、(nN *),an+1an anan+1 (1an+ 1an+1) - =2(an+1+an),a 2n+1a2n (an+1-an)(an+1+an)=2(an+1+an).又数列 an为正项数列,a n+1-an=2.a 1=3, 数列 an是以 3 为首项,2 为公差的等差数列,a n=3+2(n-1)=2n+1.(2)bn= +(-1)nan=22n+1+(-1)n(2n+1)=24n+(-1)n(2n+1),2an设 cn=24n,则 cn的前 n 项和为 = .8(1-4n)1-4 22n+3-83设 dn=(-1)n(2n+1),当 n 为偶数时, dn的前 n 项和为( -3+

5、5)+(-7+9)+(-2n+1+2n+1)=2 =n;n2当 n 为奇数时, dn的前 n 项和为 -3+(5-7)+(9-11)+(2n-1-2n-1)=-3-2 =-3-n-12(n-1)=-n-2.综上所述, Sn=22n+33 +n-83,n为偶数,22n+33 -n-143,n为奇数. 方法技巧 对形如 =f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项时常用累乘法,可anan-1求出 与 n 的关系式 .ana1分类透析二 涉及等差、等比数列的综合运算3例 3 (2018 甘肃一模)已知在等差数列 an和等比数列 bn中, a1=b1=1,a2=b2,a4+2=b3.(1)求数列

6、 an和 bn的通项公式;(2)如果 am=bn(nN *),写出 m,n 的关系式 m=f(n),并求 f(1)+f(2)+f(n).分析 (1)利用已知条件求解数列 an和 bn的通项公式;(2)利用 am=bn(nN *),求出m,n 的关系式 m=f(n),再利用分组求和法进行求解即可 .解析 (1)设等差数列 an的公差为 d,等比数列 bn的公比为 q,则 1+d=q,1+3d+2=q2,解得 或 (舍去) .d=2,q=3 d= -1,q=0 a n=2n-1,bn=3n-1.(2)a m=bn, 2m-1=3n-1,即 m= (3n-1+1),即 f(n)= .12 3n-1+

7、12故 f(1)+f(2)+f(n)= (30+1+31+1+3n-1+1)= (30+31+3n-1+n)= =12 12 12(1-3n1-3+n).3n+2n-14方法技巧 在解决等差、等比数列的运算问题时,有两个解题思路:一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定的运算量,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现,是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具 .在解决等差、等比数列的综合运算问题时,经常采用“巧用性质,整体考虑”减少运算量的方法 .分类透析三 证明数列是等差、等比数列例 4 已知数列 an满足 a1=1,a2= ,对于任

8、意的 nN *,都有 an+2= an.2 2(1)设 bn=a2n-a2n-1,求证: bn为等比数列 .(2)设 cn= bk,求证: 0),由 =2,a2+b2=6,得 a2=4,b2=2.a2b2又 a1=b1=1,所以 d=3,q=2,所以 an=3n-2,bn=2n-1,nN *.(2)Sn=(a1+a2+an)+(b1+b2+bn)= + = +2n-1.n(1+3n-2)2 1-2n1-23n2-n23.(2016 年全国 卷,文 17 改编)已知数列 an满足 an-an-1=2(n2),数列 bn满足 b1=1,b2=,且 anbn+1=nbn.12(1)求 a1,a2;(

9、2)求 bn的前 n 项和 .解析 (1)a nbn+1=nbn,当 n=1 时, a1b2=b1,又 b1=1,b2= ,a 1=2.12a n-an-1=2,a 2-a1=2,a 2=4.(2) an是首项为 2,公差为 2 的等差数列, a n=2n.a nbn+1=nbn,即 bn+1= bn,12 数列 bn是以 1 为首项, 为公比的等比数列 .12记 bn的前 n 项和为 Sn,则 Sn= =2(1-2-n).1(1-2-n)1-2-161.(2018 淄博二模)已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn,数列 是公差为 1 的等差数列,若bnna1=2b1,a4-a2=12,S4

10、+2S2=3S3.(1)求数列 an,bn的通项公式;(2)设 cn= Tn为 cn的前 n 项和,求 T2n.nbn(n+2)(n为奇数),2an(n为偶数), 解析 (1)设等比数列 an的公比为 q.由 S4+2S2=3S3,即 S4-S3=2(S3-S2),即 a4=2a3,得 q=2.a4a3又 a4-a2=12,即 a1q3-a1q=12,解得 a1=2,a n=2n.a 1=2b1,b 1=1, =1+(n-1)1,b n=n2.bnn(2)由(1)得 cn=1n(n+2)(n为奇数),12n-1(n为偶数), T 2n=(c1+c3+c2n-1)+(c2+c4+c2n)= +1

11、13+ 135+ 1(2n-1)(2n+1)= + = -(12+18+ 122n-1)12(1-13+13-15+ 12n-1- 12n+1)12(1-14n)1-14 12 + = - - .12n+1 1223(1-14n)76 12(2n+1) 234n2.(2018 石嘴山一模)已知等差数列 an的前 n 项和为 Sn,a1=1,S5=45,在数列 bn中,b1=1,bn+1=2bn+1.(1)求数列 an,bn的通项公式;(2)若 cn= ,求数列 cn的前 n 项和 Tn.anbn+1解析 (1)由题意知, an是等差数列, a1=1,S5=45,即 5+10d=45,可得 d=

12、4, 数列 an的通项公式为 an=4n-3.由 bn+1=2bn+1,可得 bn+1+1=2(bn+1), =2,bn+1+1bn+1即 bn+1是首项为 2,公比为 2 的等比数列 .b n+1=2n,b n=2n-1.7(2)由(1)得 cn= = =(4n-3) ,anbn+14n-32n (12)n故 Tn=c1+c2+cn=(41-3) +(42-3) +(4n-3) , 12 (12)2 (12)nTn=(41-3) +(42-3) +(4n-3) . 12 (12)2 (12)3 (12)n+1由 - 得 Tn= +4 +4 +4 -(4n-3) ,12 12 (12)2 (1

13、2)3 (12)n (12)n+1即 Tn= +4 -(4n-3) ,12 12 (12)2+(12)3+(12)n (12)n+1 Tn= +4 -(4n-3) ,12 12 12-(12)n (12)n+1T n=5- .4n+52n3.(2018 成都三模)有一数列 a0,a1,a2,且对任意的 m,nN, m n,满足 2am+2an-2n=am+n+am-n,已知 a1=2.(1)求 a0,a2,a3.(2)求证:对一切 nN *,数列 an+1-an为等差数列 .(3)若对一切 nN *, + + 恒成立,求 的最小值 .1a11a2 1an解析 (1)根据题意,数列满足 2am+

14、2an-2n=am+n+am-n,令 m=n=0 可得 2a0+2a0=a0+a0,则有 a0=0.令 m=n=1 可得 2a1+2a1-2=a2+a0,则有 a2=6.令 m=2,n=1 可得 2a2+2a1-2=a3+a1,则有 a3=12.(2)根据题意,数列满足 2am+2an-2n=am+n+am-n,令 n=1 可得 2am+2a1-2=am+1+am-1,变形可得 am+1-am=am-am-1+2,又 a2-a1=4,故数列 an+1-an是以 4 为首项,2 为公差的等差数列 .(3)由(2)得 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+(a2-a1)+a1=n(n+

15、1),则 + + = + + + =1- + - + - + - =1- .1a11a2 1an 112 123 134 1n(n+1) 1212131314 1n 1n+1 1n+1要使 1- 恒成立,必有 1,1n+1故 的最小值为 1.4.(2018 济南市中区校级一模)已知数列 an满足 a1= ,an+1= (nN *).13 an2-an(1)令 bn= -1,求证数列 bn为等比数列,并求数列 an的通项公式 .1an8(2)令 cn= ,Sn为数列 cn的前 n 项和,求证: Sn2.n1an-1解析 (1)因为 an+1= (nN *),an2-an所以 = = =2(常数) .bn+1bn 1an+1-11an-1 2an-21an-1又 a1= ,所以 b1= -1=2.13 1a1所以数列 bn是以 2 为首项,2 为公比的等比数列 .所以 -1=22n-1=2n,整理得 an= .1an 12n+1(2)由(1)得 cn= = ,n(2n+1)-1n2n故 Sn=1 +2 +n , 121 122 12nSn=1 +2 +n , 12 122 123 12n+1由 - 得 Sn= + + + - = - ,12 12122123 12n n2n+112(1-12n)1-12 n2n+1则 Sn=2- 2.2+n2n